ESERCIZI UNITA’ D – SOMMARIO
D. SISTEMI APERTI E CICLI TERMODINAMICI
D.I. Cabinet per apparecchiature elettroniche D.II. Server
D.III. Raffreddamento a liquido di un processore D.IV. Compressione di un liquido
D.V. Compressione di un vapore surriscaldato D.VI. Vaporizzazione isobara
D.VII. Condensazione isoterma di una miscela satura liquido-vapore D.VIII. Espansione adiabatica reversibile
D.IX. Misura del titolo mediante laminazione adiabatica D.X. Ciclo Rankine ideale senza surriscaldamento D.XI. Ciclo Rankine ideale con surriscaldamento D.XII. Ciclo frigorifero ideale a R134a
D.XIII. Pompa di calore a R134a
D.XIV. Miscelazione adiabatica di due correnti D.XV. Miscelazione di tre correnti
D.I. Cabinet per apparecchiature elettroniche
− Problema
Si consideri un cabinet per apparecchiature elettroniche come quello di cui al problema C.II. Al suo interno sono alloggiati dispositivi alimentati in corrente continua che lavorano a tensione 12 V ed assorbono, in condizioni di carico massimo, una corrente pari a 11.6 A. All’esterno del cabinet si ha aria in condizioni ambiente tipiche (temperatura 25°C, pressione 1 bar).
Sapendo che la massima temperatura ammissibile dall’elettronica è pari a 80°C, determinare la minima portata di aria che un sistema di raffreddamento a circolazione forzata deve assicurare. Inoltre, sapendo che l’aria vene aspirata e scaricata attraverso aperture circolari con diametro 100 mm, determinare la velocità con cui l’aria fluisce attraverso le aperture.
− Dati
Sostanza: aria secca p = 1 bar = 1.00⋅105 Pa Tambiente = 25°C = 298 K Tmax = 80°C = 353 K ∆Vcc = 12 V Icc = 11.6 A D1 = D2 = 80 mm = 0.080 m − Determinare
Portata dell’aria di raffreddamento, velocità dell’aria all’ingresso e all’uscita.
− Ipotesi
Aria gas ideale, sistema aperto, condizioni stazionarie.
− Soluzione
L’aria, aspirata alla temperatura ambiente di 25°C, subisce un progressivo riscaldamento mentre fluisce attraverso il cabinet e, quindi, raggiunge la sua massima temperatura in corrispondenza della sezione di efflusso, tramite la quale ritorna nell’ambiente esterno.
Alcuni dei dispositivi ospitati dal cabinet, particolarmente sensibili ai surriscaldamenti, non possono tollerare una temperatura superiore a 80°C, ma non sono disponibili informazioni sulla loro posizione. Si deve perciò assumere, in favore di sicurezza, che essi si trovino nelle immediate prossimità della sezione di efflusso, ove la temperatura dell’aria di raffreddamento che li lambisce è massima. Di conseguenza, la minima portata di raffreddamento sarà quella per la quale l’aria, aspirata ad una temperatura T1 pari al valore ambiente, viene espulsa ad una temperatura T2 pari al valore massimo ammissibile.
ambiente 1 T T = max 2 T T =
Operando in favore di sicurezza, si può assumere nullo lo scambio termico per conduzione attraverso le pareti del cabinet. Pertanto, il sistema di raffreddamento ad aria forzata deve essere in grado di asportare interamente la potenza termica dissipata dai dispositivi elettronici, valutabile come:
W 139 6 . 11 12 I V Qcc =∆ cc cc = ⋅ =
Il cabinet costituisce un sistema aperto con un ingresso ed una uscita, soggetto ad un flusso stazionario di fluido. L’equazione di bilancio della massa permette di stabilire che, in condizioni stazionarie, la portata di aria che attraversa il sistema è costante:
m m m 0 m m u − e = ⇒ u = e =
Per un sistema aperto con un ingresso ed una uscita, soggetto ad un flusso stazionario di fluido, l’equazione di bilancio dell’energia assume la forma:
(
)
− + − + − = − 2 1 2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h m L QNel caso in esame, si trascurano gli scambi termici attraverso le pareti del cabinet. La potenza termica scambiata è quindi pari alla potenza termica dissipata dai dispositivi elettronici presenti.
W 139 Q
Q ≡ cc =
Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono piccole, essendo minime le variazioni di velocità e di quota dell’aria, e vengono quindi trascurate. Tipicamente piccolo e, di conseguenza, trascurabile è anche il lavoro scambiato dai dispositivi di ventilazione (che è comunque facilmente valutabile sulla base della tensione e della corrente assorbite). L’equazione di bilancio dell’energia assume pertanto la seguente forma semplificata:
(
h2 h1)
m Q = −
Per stimare la variazione di entalpia specifica, va rammentato che il calore specifico a pressione costante è definito come segue:
cost p p T h c = ∂ ∂ =
Il processo avviene a pressione costante. Peraltro, le condizioni sono tali che l’aria può essere considerata per tutto il processo un gas perfetto (la verifica sulla base delle pressioni e delle temperature ridotte è agevole), la cui entalpia (specifica e totale) dipende solo dalla temperatura. Se ne desume che:
( )
∫
= − ⇒ = 2 i T T p 1 2 p h h c T dT dT dh cQualora si possa assumere che, nell’intervallo di integrazione, esista una dipendenza lineare del calore specifico dalla temperatura (assunzione generalmente accettabile per intervalli di temperatura ridotti), si può assumere cp costante ed assegnargli il valore alla temperatura media della trasformazione, Tmedia.
(
)
K 7 . 325 C 5 . 52 2 80 25 2 T T T 1 2 media = ° = + ≅ + =( )
p,medio(
2 1)
p(
media) (
2 1)
T T p 1 2 h c T dT c T T c T T T h 2 1 − ⋅ ≅ − ⋅ ≅ = −∫
Da tabella si ricava che il calore specifico a pressione costante dell’aria a temperatura TA=300 K vale
(
kg K)
1005 J/(
kg K)
/ kJ 005 . 1 c A T @ p = ⋅ = ⋅(
kg K)
1008 J/(
kg K)
/ kJ 008 . 1 c B T @ p = ⋅ = ⋅Da ciò si può stimare che:
(
)
1006.5 J/(
kg K)
T T T T c c c c A B A media T @ p T @ p T @ p medio , p A B A = ⋅ − − − + ≅In definitiva, la minima portata in massa dell’aria deve essere tale che:
(
)
(
)
0.00180 kg/s 1.80 g/s T T c Q h h Q m 1 2 medio , p 1 2 = = − ≅ − =In un sistema a due correnti in condizioni stazionarie, la portata in massa è sempre costante. Lo stesso non può dirsi tuttavia per la portata in volume, che nel caso in esame dipende dalla densità dell’aria. Questa dipende a sua volta dalla temperatura e può essere valutata mediante l’equazione di stato dei gas ideali, in cui la costante di gas perfetto dell’aria (secca) è pari a 287.0 J/(kg⋅K). La densità dell’aria all’aspirazione è perciò pari a
3 1 1 1.169 kg m 298 0 . 287 100000 RT p = ⋅ = = ρ
mentre all’uscita è pari a
3 2 2 0.987 kg m 353 0 . 287 100000 RT p = ⋅ = = ρ
Le portate in volume all’ingresso e all’uscita valgono:
s dm 54 . 1 s m 00154 . 0 m V 3 3 1 1 = = ρ = s dm 82 . 1 s m 00182 . 0 m V 3 3 2 2 = ρ = =
Infine, la sezione di passaggio dell’aria all’ingresso, uguale alla sezione di passaggio all’uscita, è pari a: 2 2 1 2 1 0.00503 m 4 D S S ≡ =π =
Pertanto, le velocità dell’aria valgono, rispettivamente: s m 31 . 0 S V w 1 1 1 = = s m 36 . 0 S V w 2 2 2 = = − Commenti
Nel caso siano presenti nel sistema dispositivi elettrici ed elettronici funzionanti a tensioni diverse, la potenza termica complessivamente fornita alla portata di aria che attraversa il sistema è data dalla somma delle potenze termiche dissipate dai singoli dispositivi, dalle dal prodotto delle relative tensioni e correnti:
∑
∆= cc cc
cc V I
Q
Nel dimensionamento del sistema di ventilazione occorre in realtà tenere conto anche delle resistenze alla trasmissione del calore tra i singoli dispositivi elettronici alloggiati nel cabinet e l’aria. In particolare, occorre far riferimento ai dispositivi più sensibili al surriscaldamento. La temperatura di ogni dispositivo può essere correlata alla potenza termica dissipata al suo interno e alla resistenza termica tra il dispositivo stesso e l’aria di ventilazione:
disp aria disp aria disp T R Q T − = −
Conseguentemente, la temperatura massima dell’aria di ventilazione, che generalmente si ha in corrispondenza della sezione di efflusso e sulla cui base va valutata la portata minima di ventilazione, è pari a: max , disp aria disp max , disp max , aria 2 T T R Q T = = − −
Il calcolo delle resistenze alla trasmissione del calore sarà analizzato in dettaglio nel seguito. La limitazione delle velocità di aspirazione e di efflusso è in generale richiesta per il contenimento del rumore.
D.II. Server
− Problema
Si consideri un server che in condizioni di massimo carico assorbe 700 W elettrici. Siano pari a 37°C la temperatura ambiente massima e a 1 bar la pressione ambiente tipica. La sezione di aspirazione dell’aria di ventilazione presenta area complessiva 250 cm2, mentre la sezione di efflusso presenta area 200 cm2. Al fine di contenere il rumore, si vuole limitare a 1.6 m/s la massima velocità dell’aria nel sistema. Determinare in tali condizioni la massima temperatura che l’aria può raggiungere nel case del server.
− Dati
Sostanza: aria secca Q = 700 W Tambiente = T1 = 37°C = 310 K p = 1 bar = 1⋅105 Pa A1 = 250 cm2 = 0.0250 m2 A2 = 200 cm2 = 0.0200 m2 wmax = 1.6 m/s − Determinare
Massima temperatura dell’aria.
− Ipotesi
− Soluzione
Operando in favore di sicurezza, si può assumere nullo lo scambio termico per conduzione attraverso le pareti del case. Pertanto, il sistema di raffreddamento ad aria forzata deve essere in grado di asportare interamente la potenza termica sviluppata dai componenti del server. L’equazione di bilancio dell’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita è:
(
)
− + − + − = − 2 1 2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h m L QNel caso in esame, si trascurano gli scambi di calore attraverso le pareti del case. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole, essendo minime le variazioni di velocità e di quota dell’aria, e possono essere trascurate. Parimenti trascurabile è il lavoro fornito al fluido dai dispositivi di ventilazione. L’equazione di bilancio dell’energia assume pertanto la seguente forma semplificata:
(
h2 h1)
m Q = −
Poiché il processo avviene a pressione costante, pari alla pressione atmosferica, si può anche scrivere:
(
2 1)
medio , p 1 2 h c T T h − ≅ −La massima velocità si ha sicuramente in efflusso, essendo ivi maggiore la temperatura dell’aria e, allo stesso tempo, più ridotta l’area della sezione di passaggio. La densità dell’aria in uscita non è tuttavia nota, essendo incognita la temperatura, così come non è noto il calore specifico medio (a pressione costante). Si può comunque procedere ad una stima e, successivamente, perfezionare il calcolo con una procedura di tipo iterativo.
Ipotizzando che la temperatura di uscita dell’aria sia pari a 57°C (330 K), una stima di primo tentativo della densità in uscita restituisce:
3 2 2 0.948 kg m 100000 350 0 . 287 p T R = ⋅ = ′ = ρ′
Ciò permette di calcolare anche la portata in massa dell’aria:
s / kg 0303 . 0 0200 . 0 6 . 1 948 . 0 A w m′=ρ′2 max 2 = ⋅ ⋅ =
Per il calore specifico medio si può assumere un valore pari a 1006 J/(kg⋅K). Si ottiene così una nuova e più esatta stima della temperatura in uscita, che rappresenta anche la massima temperatura nel sistema.
C 60 K 333 1006 0303 . 0 700 c m Q T T medio , p 1 2 = = ° ⋅ = ′ + = ′′
Il valore ottenuto è prossimo a quello ipotizzato, per cui non è necessario iterare. Se comunque si desiderasse un risultato più accurato, o e le stime di primo tentativo, arbitrarie, fossero state molto diverse dai risultati ottenuti, sulla base della temperatura ultima calcolata si potrebbe stimare un nuovo valore per la densità e, quindi, per la portata in massa, da cui ricavare infine un nuovo valore per la temperatura in efflusso.
− Commenti
Se si abbassa la temperatura ambiente, si abbassano in eguale misura tutte le temperature nel sistema e, quindi, anche i rischi di surriscaldamento. A tal scopo, server e workstation vengono spesso tenuti in locali condizionati.
Dato che le massime temperature dell’aria si raggiungono in prossimità della sezione di efflusso, è opportuno posizionare lontano da questa i componenti che soffrono maggiormente i surriscaldamenti (processori, dischi rigidi, ecc.), ed in prossimità di questa i componenti meno delicati (alimentatore/trasformatore, ecc.).
D.III. Raffreddamento a liquido di un processore
− Problema
Un processore ad elevate prestazioni assorbe, in condizioni di massimo carico, una potenza pari a 85 W elettrici. Si determini quale incremento di temperatura subirebbe una portata di acqua di raffreddamento pari a 1.5 L/min.
− Dati
Sostanza: acqua Q = 85 W
V = 1.5 L/min = 0.025 dm3/s = 25⋅10-6 m3/s
− Determinare
Incremento di temperatura dell’acqua.
− Ipotesi
Sistema aperto, condizioni stazionarie.
− Soluzione
L’equazione di bilancio dell’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita è:
(
)
− + − + − = − 2 1 2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h m L QTrascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale ed il lavoro di pompaggio del fluido (la pompa è comunque esterna al sistema aperto considerato), l’equazione di bilancio dell’energia assume la seguente forma semplificata:
(
h2 h1)
V(
h2 h1)
m
Q = − =ρ −
Per un liquido, la variazione di entalpia specifica a pressione costante si può stimare come segue:
(
2 1)
1
2 h cT T
h − ≅ −
La densità e il calore specifico dell’acqua in condizioni ambiente standard si possono assumere pari a 1000 kg/m3 e 4186 J/(kg⋅K), rispettivamente. Pertanto, il massimo incremento della temperatura dell’acqua sarà:
C 81 . 0 4186 10 25 1000 85 c V Q T T T 2 1 6 = ° ⋅ ⋅ ⋅ = ρ = − = ∆ −
− Commenti
L’incremento di temperatura è assai ridotto. Inoltre, la resistenza alla trasmissione del calore tra un liquido e un solido è molto minore che tra un gas e un solido, il che fa sì che la temperatura del dispositivo raffreddato sia molto prossima a quella del liquido che lo lambisce: liquido disp liquido disp liquido disp T R Q T T = + − ≈
Il raffreddamento a liquido è in generale più efficiente di quello ad aria, ma comporta significative complicazioni del sistema: si deve scongiurare il rischio di perdite di liquido, che avrebbero conseguenze deleterie; inoltre, vanno previsti uno scambiatore di calore esterno, per raffreddare l’acqua, ed una pompa per farla circolare.
D.IV. Compressione di un liquido
− Problema
Determinare il lavoro specifico e la potenza assorbiti da una pompa che comprime una portata di 1 kg/s di acqua a 25°C, portandone la pressione da 0.1 bar a 14 bar.
− Dati
Fluido di lavoro: acqua m = 1 kg/s
T = 25°C
p1 = 0.1 bar = 10⋅103 Pa p2 = 14 bar = 1.4⋅106 Pa
− Determinare
Lavoro specifico e potenza assorbite dalla pompa.
− Ipotesi
Liquido incomprimibile.
− Soluzione
Considerando incomprimibile il liquido, si assume che il suo volume non vari significativamente con la pressione e che dipenda invece (come l’energia interna) dalla sola temperatura.
L’equazione di bilancio dell’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita è:
(
)
− + − + − = − 2 1 2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h m L QOperando in termini di quantità specifiche (per unità di massa del fluido di lavoro), la relazione precedente si può anche riscrivere come:
(
2 1)
2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h q−"= − + − + −Nel caso in esame, si possono trascurare gli scambi di calore attraverso il corpo della pompa. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole, essendo minime le variazioni di velocità (la sezione di ingresso è generalmente uguale a quella di uscita) e di quota del fluido attraverso la pompa, e vengono quindi trascurate. L’equazione di bilancio dell’energia assume pertanto la forma semplificata:
1
2 h
h −
= −"
Per determinare il lavoro specifico, è necessario valutare l’entalpia specifica del fluido di lavoro all’inizio e alla fine della compressione. In generale, l’entalpia di un liquido sottoraffreddato (ovvero compresso) può essere correlata all’entalpia del liquido saturo alla stessa temperatura mediante la relazione seguente:
(
sat@T)
T @ T @ v p p h h= " + " −Variazioni della temperatura del liquido si possono avere nella pompa per effetto delle dissipazioni viscose, ma sono tipicamente trascurabili, così come sono trascurabili per i liquidi le variazioni di temperatura legate alle variazioni di pressione. Si ottiene così:
(
)
[
]
[
(
)
]
(
2 1)
T @ T @ sat 1 T @ T @ T @ sat 2 T @ T @ 1 2 p p v p p v h p p v h h h − ≡ − + − − + = − " " " " "Da tabella si ottiene che, a temperatura 25°C, il volume specifico dell’acqua in condizioni di saturazione (liquido saturo) vale:
kg / m 001003 . 0 v"@T = 3 Pertanto, il lavoro specifico assorbito dalla pompa vale:
(
p p)
1394 J/kg v @T 2 − 1 == −" "
Si rammenti che, nelle convenzioni termodinamiche, il lavoro è positivo quando è erogato verso l’esterno, ed è invece negativo quando, come in questo caso, è assorbito dal fluido. Supponendo la pompa ideale, la potenza da essa assorbita vale:
W 1394 m
L = −" =
− Commenti
Se la pompa non si può considerare ideale, se ne calcola, tipicamente per via sperimentale, un rendimento η (di secondo principio) La potenza effettivamente assorbita si valuta quindi tramite la relazione: η − = η = " m L L ideale
Il rendimento è <1 per definizione, pertanto la potenza assorbita è sempre maggiore di quella trasferita al fluido. La differenza va in attriti viscosi e produce un riscaldamento del fluido, generalmente trascurabile.
D.V. Compressione di un vapore surriscaldato
− Problema
Determinare il lavoro specifico e la potenza assorbita da un compressore che comprime adiabaticamente e reversibilmente una portata di 1.00 kg/s di acqua in condizioni iniziali di vapore saturo secco, portandone la pressione da 3.169 kPa a 14 bar.
− Dati
Fluido di lavoro: acqua m = 1.00 kg/s
p1 = 3.169 kPa = 3169 Pa
p2 = 14 bar = 1.4 MPa = 1.4⋅106 Pa
− Determinare
Lavoro specifico e potenza assorbite dalla pompa.
− Ipotesi
Compressione adiabatica e reversibile.
− Soluzione
Ragionando in termini di quantità specifiche (per unità di massa del fluido di lavoro), l’equazione di bilancio dell’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita assume la forma:
(
2 1)
2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h q−"= − + − + −Nel caso in esame sono nulli per ipotesi gli scambi di calore attraverso il corpo del compressore. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono quindi trascurate. L’equazione di bilancio dell’energia assume pertanto la forma semplificata:
1
2 h
h −
= −"
All’inizio della compressione, l’acqua è allo stato di vapore saturo secco. L’entalpia iniziale può essere quindi ottenuta direttamente da tabella:
kg / J 10 5472 . 2 kg / kJ 2 . 2547 h h h1 = v@3.169 kPa ≡ v@25°C = = ⋅ 6
Per conoscere il valore dell’entalpia specifica alla fine della compressione occorre conoscere il valore di due proprietà termodinamiche intensive, una delle quali è evidentemente la pressione. La seconda proprietà termodinamica intensiva è l’entropia specifica, che si mantiene costante durante la compressione. Infatti, l’equazione di bilancio dell’entropia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita assume la forma:
(
−)
−∑
= T Q s s m Sgen 2 1Se il fluido subisce un processo adiabatico, sono nulli gli scambi termici con l’esterno. Se inoltre il processo è reversibile, è nullo anche il termine relativo alla generazione di entropia per irreversibilità interne. Semplificando di conseguenza la relazione precedente, si desume che una compressione adiabatica e reversibile è anche isoentropica:
1
2 s
L’entropia specifica iniziale, coincidente con quella finale, può essere ricavata direttamente da tabella:
(
kg K)
8558.0 J/(
kg K)
/ kJ 5580 . 8 s s s s1 ≡ 2 = v@3.169kPa ≡ v@25°C = ⋅ = ⋅Da tabella si ottiene poi che, a pressione p2=1.4 MPa ed entropia specifica 8555.6 J/(kg⋅K), valore vicino abbastanza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’interpolazione lineare, la temperatura T2 del vapore d’acqua surriscaldato al termine della compressione è pari a 900°C. Di conseguenza, l’entalpia specifica al termine della compressione vale: kg / J 10 3915 . 4 kg / kJ 5 . 4391 h h2 = @1.4 MPa&900°C = = ⋅ 6
In conclusione, il lavoro specifico assorbito dal compressore vale: kg / MJ 84 . 1 kg / J 10 8443 . 1 h h2 − 1 = ⋅ 6 = = −" La potenza assorbita vale:
MW 1.84 W 10 1.84 m L = ⋅ −" = ⋅ 6 = − Commenti
Le pompe servono ad incrementare la pressione di un liquido, i compressori ad incrementare la pressione di un gas.
A parità di salto di pressione, il lavoro necessario per comprimere un gas è notevolmente maggiore di quello richiesto per comprimere un liquido.
D.VI. Vaporizzazione isobara
− Problema
Determinare la potenza termica da fornire in caldaia ad una portata di 150 kg/min di acqua, inizialmente in condizioni di liquido sotto-raffreddato con temperatura 25°C, per vaporizzarla completamente e, quindi, surriscaldarla fino ad una temperatura pari a 900°C. Si assuma che durante tutto il processo la pressione si mantenga costantemente pari a 14 bar.
− Dati
Fluido di lavoro: acqua m = 150 kg/min = 2.5 kg/s T1 = 25°C
T2 = 900°C
p1 = p2 = 14 bar = 1.4 MPa
− Determinare
Potenza termica fornita all’acqua.
− Ipotesi
− Soluzione
L’equazione di bilancio dell’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita ha la forma:
(
)
− + − + − = − 2 1 2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h m L QNel caso in esame, non hanno luogo interazioni con il fluido di tipo lavoro ed il termine relativo è quindi nullo. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono trascurate.
(
h2 h1)
m Q = − In generale, si ha che per un liquido sotto-raffreddato:
(
sat@T)
T @ T @ v p p h h= " + " −Da tabella si ricava che l’entalpia specifica ed il volume specifico del liquido saturo alla temperatura iniziale sono rispettivamente pari a:
kg / J 10 89 . 104 kg / kJ 89 . 104 h h",1 = "@25°C = = ⋅ 3 kg / m 001003 . 0 v v",1 = "@25°C = 3
Inoltre, la pressione di saturazione dell’acqua alla temperatura iniziale è pari a: Pa 3169 kPa 169 . 3 p psat,1 = sat@25°C = = L’entalpia iniziale vale quindi:
(
p p)
118.93 10 J/kg vh
h1 = ",1 + ",1 1 − sat,1 = ⋅ 3
Alla pressione del processo e alla temperatura finale si ottiene, dalle tabelle delle proprietà del vapore d’acqua surriscaldato, il seguente valore di entalpia specifica:
kg / J 10 3915 . 4 kg / kJ 5 . 4391 h h2 = @1.4 MPa&900°C = = ⋅ 6
Il calore fornito all’acqua per unità di massa del fluido fluente è pari a: kg / J 10 2726 . 4 h h q= 2 − 1 = ⋅ 6
Infine, la potenza termica da fornire in caldaia all’acqua è pari a: MW 7 . 10 W 10 7 . 10 q m Q = = ⋅ 6 = − Commenti
I processi in caldaia sono attuati mediante valvole, controllando le pressioni piuttosto che le temperature.
D.VII. Condensazione isoterma di una miscela satura liquido-vapore
− Problema
Si deve condensare una portata pari a 18 kg/hr di una miscela satura liquido-vapore (ovvero di vapore saturo umido) a titolo iniziale pari al 98%, in modo che il titolo finale sia non superiore al 5%. Il processo deve avvenire a temperatura costantemente pari a 50°C.
− Dati
Fluido di lavoro: acqua m = 18 kg/hr = 0.005 kg/s x1 = 98% = 0.98
x2 ≤ 5% = 0.05 T1 = T2 = 50°C
− Determinare
Potenza termica di condensazione.
− Ipotesi
Processo isotermo.
− Soluzione
L’equazione di bilancio dell’energia per un flusso stazionario a un ingresso e una uscita ha la forma:
(
)
− + − + − = − 2 1 2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h m L QNel caso in esame, non hanno luogo interazioni con il fluido di tipo lavoro ed il termine relativo è quindi nullo. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono trascurate.
(
h2 h1)
m Q = −
L’entalpia specifica di un vapore saturo si valuta, in funzione delle entalpie del liquido saturo e del vapore saturo secco, mediante la seguente relazione:
(
")
" x h h
h
h= + v −
Da tabella si ricava che, alla temperatura a cui avviene il processo di condensazione, l’entalpia specifica del liquido saturo e l’entalpia specifica del vapore saturo secco valgono, rispettivamente: kg / J 10 33 . 209 kg / kJ 33 . 209 h h" = "@50°C = = ⋅ 3 kg / J 10 1 . 2592 kg / kJ 1 . 2592 h hv = v@50°C = = ⋅ 3
Pertanto, le entalpie specifiche iniziale e finale del vapore d’acqua sono pari a:
(
h h)
2544 10 J/kg x h h1 = " + 1 v − " = ⋅ 3(
h h)
328.5 10 J/kg x h h2 = " + 2 v − " = ⋅ 3 Il calore da sottrarre all’unità di massa di vapore d’acqua è pari a:kg / MJ 22 . 2 kg / J 10 22 . 2 h h q= 2 − 1 =− ⋅ 6 =−
Infine, la potenza termica di condensazione è in valore assoluto pari a: kW 1 . 11 W 10 1 . 11 q m Q = = ⋅ 3 = − Commenti
D.VIII. Espansione adiabatica reversibile
− Problema
Determinare il lavoro specifico e la potenza meccanica ottenibili attraverso l’espansione adiabatica e reversibile in turbina di una portata di 100 g/s di vapore d’acqua surriscaldato, che parte da una pressione iniziale pari a 14.0 bar e, al termine dell’espansione, si viene a trovare a pressione 1.00 atm ed in condizioni di vapore saturo con titolo 96.4%.
− Dati
Fluido di lavoro: acqua m = 100 kg/s = 0.100 kg/s
p1 = 14.0 bar = 1.40 MPa = 1.40⋅106 Pa p2 = 1.00 atm = 101.3⋅103 Pa
x2 = 96.4% = 0.964
− Determinare
Lavoro specifico e potenza.
− Ipotesi
Espansione adiabatica reversibile.
− Soluzione
Ragionando in termini di quantità specifiche (per unità di massa del fluido di lavoro), l’equazione di bilancio dell’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita assume la forma:
(
2 1)
2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h q−"= − + − + −Nel caso in esame, si trascurano per ipotesi gli scambi di calore attraverso il corpo della turbina. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono trascurate. L’equazione di bilancio dell’energia assume pertanto la forma semplificata: 1 2 h h − = −"
Alla fine dell’espansione, l’acqua è allo stato di vapore saturo umido, stato in cui l’entalpia specifica si valuta a partire dalle entalpie del liquido saturo e del vapore saturo secco mediante la seguente relazione:
(
")
" x h h
h
h= + v −
Da tabella si ricava che, alla pressione finale a cui si giunge attraverso il processo di espansione, l’entalpia specifica del liquido saturo e l’entalpia specifica del vapore saturo secco valgono, rispettivamente: kg / J 10 04 . 419 kg / kJ 04 . 419 h h" = "@1atm = = ⋅ 3 kg / J 10 1 . 2676 kg / kJ 1 . 2676 h hv = v@1atm = = ⋅ 3
(
h h)
2594.8 10 J/kg xh
h2 = " + 2 v − " = ⋅ 3
Per conoscere il valore dell’entalpia specifica all’inizio dell’espansione occorre conoscere il valore di due proprietà termodinamiche intensive, una delle quali è evidentemente la pressione. La seconda proprietà termodinamica intensiva è l’entropia specifica, che si mantiene costante durante tutta il processo di espansone. Infatti, l’equazione di bilancio dell’entropia per un flusso stazionario ad un ingresso e una uscita assume la forma:
(
−)
−∑
= T Q s s m Sgen 2 1Se il fluido subisce un processo adiabatico, sono nulli gli scambi termici con l’esterno; se inoltre il processo è reversibile, è nullo anche il termine relativo alla generazione di entropia per irreversibilità interne. Semplificando di conseguenza la relazione precedente, si desume che un’espansione adiabatica e reversibile è anche isoentropica:
1
2 s
s =
L’entropia specifica iniziale si valuta, in funzione delle entropie del liquido saturo e del vapore saturo secco, mediante la seguente relazione:
(
")
" x s s
s
s= + v −
Da tabella si ricava che, alla pressione finale a cui si giunge attraverso il processo di espansione, l’entropia specifica del liquido saturo e l’entropia specifica del vapore saturo secco valgono, rispettivamente:
(
kg K)
/ J 9 . 1306 s s" = "@1atm = ⋅(
kg K)
/ J 9 . 7354 s sv = v@1atm = ⋅Pertanto, l’entropia specifica finale, coincidente con quella iniziale, è pari a:
(
s s)
7137.2 J/(
kg K)
x s s
s2 = 1 = " + 2 v − " = ⋅
Da tabella si ottiene che, a pressione 1.4 MPa ed entropia 7136.0 J/(kg⋅K) (valore questo prossimo a sufficienza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’interpolazione lineare), la temperatura del vapore d’acqua surriscaldato è pari a 350°C e, quindi, che l’entalpia specifica all’inizio dell’espansione vale:
kg / J 10 1495 . 3 kg / kJ 5 . 3149 h h1 = @1.4 MPa&350°C = = ⋅ 6
In conclusione, il lavoro specifico erogato è:
kg / kJ 555 kg / J 10 555 . 0 h h2 − 1 =− ⋅ 6 = = −"
La potenza erogata dalla turbina vale:
kW 5 . 55 W 10 55.5 m L = −" = ⋅ 3 =
D.IX. Misura del titolo mediante laminazione adiabatica
− Problema
Stimare il titolo di una miscela satura liquido-vapor d’acqua a temperatura 195°C sapendo che, dopo essere stato sottoposta ad un processo di laminazione adiabatica, l’acqua viene a trovarsi nello stato di vapore surriscaldato a temperatura 120°C e pressione 1 bar.
− Dati
Fluido di lavoro: acqua T1 = 195°C T2 = 120°C p2 = 1 bar = 0.1 MPa − Determinare Titolo. − Ipotesi Laminazione adiabatica. − Soluzione
L’equazione di bilancio dell’energia per un flusso stazionario ad un ingresso e una uscita è:
(
2 1)
2 1 2 2 1 2 g z z 2 w w h h q−"= − + − + −Nel caso in esame si trascurano per ipotesi gli scambi di calore, essendo la laminazione sufficientemente rapida da poterla considerare adiabatica, mentre non si verificano interazioni di tipo lavoro e, di conseguenza, il termine relativo è nullo. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono trascurate. Se ne ricava che l’entalpia specifica alla fine di un processo di laminazione adiabatica è uguale all’entalpia specifica iniziale:
1
2 h
h =
L’entalpia specifica finale può essere ricavata dalle tabelle delle proprietà del vapore d’acqua surriscaldato. Alla pressione finale data (0.1 MPa) si ha che:
C 100 TA = ° kg / kJ 2 . 2676 h h A 2&T p @ A , 2 = = C 150 TB= ° kg / kJ 4 . 2776 h h B 2&T p @ B , 2 = =
Per interpolazione lineare dei dati precedenti si ottiene che, alla temperatura finale data (120°C), l’entalpia specifica vale:
(
)
2716.3 kJ/kg T T T T h h h h h A B A A , 2 B , 2 A , 2 T & p @ 2 2 2 − = − ⋅ − + = =D’altra parte, l’entalpia specifica iniziale del vapore saturo, coincidente con quella finale del vapore surriscaldato, è legata al titolo iniziale attraverso la relazione seguente:
(
")
" 1 1,v 1, , 1 2 1 h h x h h h = = + −Le entalpie specifiche del liquido saturo e del vapore saturo secco alla temperatura iniziale si ricavano da tabella: kg / kJ 98 . 829 h h 1 T @ , 1" = " = kg / kJ 0 . 2790 h h 1 T @ v v , 1 = =
% 2 . 96 962 . 0 h h h h x , 1 v , 1 , 1 1 1 = = − − = " " − Commenti
In una laminazione adiabatica, l’entalpia iniziale è uguale a quella finale. Questo non implica però che l’entalpia si mantenga costante durante tutta la trasformazione
Nei processi termodinamici, i parametri più facilmente misurabili sono la temperatura e la pressione. Tuttavia, la conoscenza anche simultanea di tali quantità è di per sé insufficiente per caratterizzare completamente una miscela satura liquido-vapore. Per valutare il titolo di un vapore saturo è infatti necessaria la conoscenza di un’altra proprietà termodinamica intensiva come il volume specifico, l’energia interna specifica, l’entalpia specifica o l’entropia specifica. Tali proprietà sono però difficili da misurare se si ha a che fare con un processo ciclico, in cui si ha una portata più o meno continua di fluido. Per determinare il titolo si può allora ricorrere al metodo sopra illustrato, che è messo in pratica spillando una piccola quantità della miscela satura liquido-vapore e sottoponendola ad un processo di laminazione adiabatica. Tale metodo presenta implementazione relativamente semplice e, soprattutto, richiede semplici misure di pressione e di temperatura.
Il vapore surriscaldato che risulta dalla laminazione adiabatica presenta la stessa entalpia della miscela satura iniziale. Si potrebbe quindi pensare di ricavarne energia meccanica attraverso un processo di espansione come quello descritto nel problema D.VIII. Ciò non è in realtà vero, poiché, durante la laminazione, l’energia dell’acqua ha subito una degradazione irreversibile. La conferma è data dall’incremento che l’entropia dell’acqua ha subito, data dalla differenza tra entropia finale ed entropia iniziale.
L’entropia iniziale della miscela satura liquido-vapore si può valutare come segue:
(
kg K)
/ kJ 2835 . 2 s s 1 T @ , 1" = " = ⋅(
kg K)
/ kJ 4698 . 6 s s 1 T @ v v , 1 = = ⋅(
s s)
6.3123 kJ/(
kg K)
x s s1 = 1,"+ 1 1,v − 1," = ⋅L’entropia specifica finale può essere ricavata dalle tabelle delle proprietà del vapore d’acqua surriscaldato. Alla pressione finale data (0.1 MPa) si ha che:
C 100 TA = °
(
kg K)
/ kJ 3614 . 7 s s A 2&T p @ A , 2 = = ⋅ C 150 TB= °(
kg K)
/ kJ 6134 . 7 s s B 2&T p @ B , 2 = = ⋅Per interpolazione lineare dei dati precedenti si ottiene che, alla temperatura finale data (120°C), l’entropia specifica vale:
(
)
7.2606 kJ/(
kg K)
T T T T s s s s s A B A A , 2 B , 2 A , 2 T & p @ 2 2 2 = ⋅ − − ⋅ − + = =Si verifica che l’entropia è aumentata durante la laminazione adiabatica (s2>s1). A ciò corrisponde una generazione di entropia per irreversibilità interne, valutabile applicando al processo di laminazione adiabatica l’equazione di bilancio antropico per un sistema aperto ad una corrente in ingresso ed una corrente in uscita, operante in condizioni stazionarie:
(
−)
−∑
= T Q s s m Sgen 2 1Poiché la laminazione è adiabatica, l’ultimo termine a secondo membro è nullo. In definitiva, l’entropia generata per unità di massa di fluido a causa di irreversibilità interne al processo vale:
(
kg K)
/ kJ 9483 . 0 s s m S sgen = gen = 2 − 1 = ⋅D.X. Ciclo Rankine ideale senza surriscaldamento
− Problema
Si consideri una locomotiva a vapore, il cui motore implementa un ciclo di Rankine ideale, senza surriscaldamento, ed impiega acqua come fluido di lavoro. La pressione in caldaia è pari a 3 bar, mentre la pressione di condensazione è pari a 1.0133 bar. La portata di acqua nel sistema è pari a 12 kg/min. Determinare:
a) il titolo al termine dell’espansione adiabatica reversibile b) la potenza netta erogata
c) la potenza termica assorbita durante il passaggio in caldaia d) il rendimento di primo principio del ciclo
Risolvere il problema analiticamente e rappresentare graficamente il processo, indicando inoltre le ipotesi di lavoro formulate.
− Dati
fluido di lavoro: acqua pcaldaia = 3 bar = 0.3⋅106 Pa pcondensatore = 1.0133 bar = 0.10133⋅106 Pa m = 12 kg/min = 0.20 kg/s − Determinare Vedi testo. − Ipotesi
Ciclo ideale ⇒ processi internamente reversibili.
Singoli componenti ⇒ sistemi aperti in condizioni stazionarie. Variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili.
Pompa e turbina adiabatiche.
Nella pompa entra liquido saturo, nella turbina vapore saturo secco.
− Soluzione
L’architettura del sistema ed il ciclo a cui viene sottoposto il fluido di lavoro sono rappresentati di seguito.
Per risolvere il problema, è necessario individuare gli stati del fluido di lavoro all’inizio e alla fine di ogni trasformazione, vale a dire all’ingresso e all’uscita di ogni componente, e quindi determinare i corrispondenti valori dell’entalpia specifica. Infatti, schematizzando i singoli componenti del ciclo come sistemi aperti a due correnti in condizioni stazionari, in cui si trascurano le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell’energia assume per tutti la forma:
L Q h m∆ = − ovvero " − = ∆h q
Lo stato in 1 è per ipotesi quello di liquido saturo. La temperatura di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in pressione delle proprietà dell’acqua satura. Pa 10 10133 . 0 p p1 = condensatore = ⋅ 6 ⇒ kg / J 10 41904 . 0 kg / kJ 04 . 419 h h K 15 . 373 C 00 . 100 T T 6 p @ 1 p @ sat 1 1 1 ⋅ = = = = ° = = "
La pompa comprime il liquido adiabaticamente e reversibilmente, per cui sono da considerarsi nulli gli scambi termici con l’esterno e le dissipazioni viscose. La variazione di temperatura dell’acqua è quindi legata alla sola variazione di pressione ed è tipicamente trascurabile (nel diagramma T-s è amplificata notevolmente per ragioni di chiarezza). Il liquido sottoraffreddato in 2 si trova così ad una temperatura praticamente coincidente con quella del liquido saturo in 1, per cui le sue proprietà possono essere stimate come segue:
K 15 . 373 T T Pa 10 3 p p 1 2 5 caldaia 2 = ≅= = ⋅ ⇒ h h v
(
p p)
0.41925 10 J/kg kg / m 10 044 . 1 v v v 6 1 2 1 1 2 3 3 T @ 1 2 1 ⋅ = − + = ⋅ = = ≅ − "Lo stato 3 è per ipotesi quello di vapore saturo secco. Pertanto, si possono ricavare dalla tabella in pressione dell’acqua satura la temperatura di saturazione e le proprietà del vapore.
Pa 10 3 . 0 p p3 = caldaia = ⋅ 6 ⇒ kg / J 10 7253 . 2 kg / kJ 3 . 2725 h h K 70 . 406 C 55 . 133 T T 6 p @ v 3 p @ sat 3 3 3 ⋅ = = = = ° = =
In 4 si ha una miscela satura di liquido e vapore d’acqua, di cui non sono noti a priori il titolo e, di conseguenza, l’entalpia specifica. Considerando però che nella turbina, che è un sistema aperto a due correnti operante in condizioni stazionarie, si realizza un’espansione adiabatica e reversibile, si ricava dall’equazione di bilancio entropico dei sistemi aperti (cfr. D.VIII):
) K kg /( kJ 9919 . 6 s s s 3 p @ v 3 4 = = = ⋅
(
4 4)
4 4 v@T @T T @ 4 s x s s s = " + − "in cui i valori dell’entropia specifica del liquido saturo e del vapore saturo secco possono essere ricavati dalla tabella in temperatura delle proprietà dell’acqua satura:
) K kg /( kJ 3549 . 7 s ) K kg /( kJ 3069 . 1 s C 100 @ v C 100 @ ⋅ = ⋅ = ° ° "
Da ciò si ricava che il titolo al termine dell’espansione vale:
% 94 94 . 0 3069 . 1 3549 . 7 3069 . 1 9919 . 6 s s s s x 4 4 4 T @ T @ v T @ 4 4 = = − − = − − = " "
Anche i valori dell’entalpia specifica del liquido saturo e del vapore saturo secco possono essere ricavati dalla tabella in temperatura delle proprietà dell’acqua satura:
kg / J 10 6761 . 2 kg / kJ 1 . 2676 h kg / J 10 41904 . 0 kg / kJ 04 . 419 h 6 C 100 @ v 6 C 100 @ ⋅ = = ⋅ = = ° ° "
In definitiva, l’entalpia specifica della miscela satura in 4 vale:
(
h h)
2.5406 10 J/kg xh
h4 = "@T4 + 4 v@T4 − "@T4 = ⋅ 6
Applicando alla turbina, che opera adiabaticamente, l’equazione di bilancio di sistema aperto, si ottiene:
(
h h)
m(
h h)
36934 W 37 kW mLturbina =− 4 − 3 ≡ 3 − 4 = =
Il valore ottenuto è positivo in quanto la potenza è erogata verso l’esterno del sistema.
Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto alla pompa, che pure opera adiabaticamente, si ottiene:
(
h h)
m(
h h)
41 Wm
Lpompa = − 2 − 1 ≡ 2 − 1 =
Senza l’operazione di valore assoluto, la potenza meccanica scambiata nella pompa risulterebbe negativa in quanto assorbita dal fluido.
La potenza meccanica netta erogata dal ciclo vale quindi:
kW 37 W 36893 L Lturbina − pompa = =
Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto alla caldaia, in cui non sono presenti dispositivi che scambiano lavoro meccanico col fluido, si ottiene:
(
h h)
461211 W 461 kW mQcaldaia = 3 − 2 = =
Il valore ottenuto è positivo in quanto la potenza è assorbita dal fluido. Applicando la medesima equazione di bilancio al condensatore, si ottiene:
(
h h)
m(
h h)
424318 W 424 kW mQcondensatore = 1− 4 ≡ 4 − 1 = =
Senza l’operazione di valore assoluto, la potenza termica scambiata nel condensatore risulterebbe negativa in quanto ceduta dal fluido.
Infine, il rendimento di primo principio del ciclo, dato dal rapporto tra potenza meccanica netta erogata e potenza termica assorbita in caldaia, vale:
(
) (
)
(
)
(
(
) (
)
)
0.080 8% Q Q Q h h h h h h h h h h h h Q L L caldaia re condensato caldaia 2 3 1 4 2 3 2 3 1 2 4 3 caldaia pompa turbina = = − = − − − − ≡ − − − − = −− Commenti
I primi motori a vapore non erano molto efficienti.
La potenza assorbita dalla pompa è in prima approssimazione trascurabile rispetto a quella erogata dalla turbina.
Nelle locomotive, per ridurre le masse da movimentare e semplificare il sistema, il vapore saturo al termine dell’espansione veniva scaricato in atmosfera anziché essere inviato in un condensatore, mentre il liquido da comprimere e poi vaporizzare in caldaia era prelevato da un serbatoio (da riempire ad ogni stazione). Inoltre, anziché in una turbina, l’espansione avveniva generalmente in dispositivi a moto alternativo.
D.XI. Ciclo Rankine ideale con surriscaldamento
− Problema
Si consideri un ciclo di Rankine ideale con surriscaldamento, in cui il fluido di lavoro è acqua. Siano 25 kPa la pressione nel condensatore, in cui il l’acqua entra in stato di miscela satura liquido-vapore con titolo 98.2%, e 20 bar la pressione in caldaia. La potenza termica assorbita dal fluido durante il passaggio in caldaia è pari a 50 MW. Determinare:
a) la temperatura del vapore al termine del surriscaldamento b) la portata di vapore
c) la potenza netta ottenuta dal ciclo
d) il rendimento di primo principio del ciclo
Risolvere il problema analiticamente e rappresentare graficamente il processo, indicando inoltre le ipotesi di lavoro formulate.
− Dati
fluido di lavoro: acqua
pcondensatore = 25 kPa = 25⋅103 Pa xcondensatore = 98.2% = 0.982 pcaldaia = 20 bar = 2.0⋅106 Pa caldaia Q = 50 MW = 50⋅106 W − Determinare Vedi testo. − Ipotesi
Ciclo ideale ⇒ processi internamente reversibili.
Singoli componenti ⇒ sistemi aperti in condizioni stazionarie. Variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili.
Pompa e turbina adiabatiche. Nella pompa entra liquido saturo.
− Soluzione
L’architettura del sistema ed il ciclo a cui viene sottoposto il fluido di lavoro sono rappresentati di seguito.
Per risolvere il problema, è necessario individuare gli stati del fluido di lavoro all’inizio e alla fine di ogni trasformazione, vale a dire all’ingresso e all’uscita di ogni componente, e quindi determinare i corrispondenti valori dell’entalpia specifica. Infatti, schematizzando i singoli componenti del ciclo come sistemi aperti a due correnti in condizioni stazionari, in cui si trascurano le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell’energia assume per tutti la forma:
L Q h
m∆ = − ⇔ ∆h=q−"
Lo stato in 1 è per ipotesi quello di liquido saturo. Pertanto, la temperatura di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in pressione delle proprietà dell’acqua satura. Pa 10 25 p p1 = condensatore = ⋅ 3 ⇒ kg / J 10 27193 . 0 kg / kJ 93 . 271 h h K 12 . 338 C 97 . 64 T T 6 p @ 1 p @ sat 1 1 1 ⋅ = = = = ° = = "
La pompa comprime il liquido adiabaticamente e reversibilmente, per cui sono da considerarsi nulli gli scambi termici con l’esterno e le dissipazioni viscose. La variazione di temperatura dell’acqua è quindi legata alla sola variazione di pressione ed è tipicamente trascurabile (nel diagramma T-s è amplificata notevolmente per ragioni di chiarezza). Il liquido sottoraffreddato in 2 si trova così ad una temperatura praticamente coincidente con quella del liquido saturo in 1, per cui le sue proprietà possono essere stimate come segue:
K 12 . 338 T T Pa 10 0 . 2 p p 1 2 6 caldaia 2 = ≅ = ⋅ = ⇒
(
p p)
0.2739 10 J/kg v h h kg / m 10 020 . 1 v v v 6 1 2 1 1 2 3 3 T @ 1 2 1 ⋅ = − + = ⋅ = = ≅ − "Per lo stato 4 è nota la pressione, ma non la temperatura. Considerando però che nella turbina, che è un sistema aperto a due correnti operante in condizioni stazionarie, si realizza un’espansione adiabatica e reversibile, si ricava dall’equazione di bilancio entropico dei sistemi aperti (cfr. D.VIII):
4
3 s
s =
Ma all’entropia della miscela satura liquido-vapore in 4 si applica la relazione:
(
4 4)
4 4 v@p @p p @ 4 s x s s s = " + − "in cui i valori dell’entropia specifica del liquido saturo e del vapore saturo secco possono essere ricavati dalla tabella in pressione delle proprietà dell’acqua satura:
) K kg /( kJ 8314 . 7 s ) K kg /( kJ 8931 . 0 s kPa 25 @ v kPa 25 @ ⋅ = ⋅ = "
Da ciò si ricava che l’entropia specifica in 4 e, quindi, in 3 vale:
(
7.8314 0.8931)
7706.5 kJ/(kg K) 982 . 0 8931 . 0 s s4 = 3 = + ⋅ − = ⋅Dalla tabella delle proprietà del vapore d’acqua surriscaldato si ottiene così che, a pressione 2.0 MPa ed entropia 7.7024 kJ/(kg⋅K) (valore questo prossimo a sufficienza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’interpolazione lineare), la temperatura del vapore d’acqua surriscaldato è pari a 600°C e, quindi, che l’entalpia specifica all’inizio dell’espansione vale: kg / J 10 6901 . 3 kg / kJ 1 . 3690 h h3 = @2.0 MPa&600°C = = ⋅ 6
Per ciò che concerne la miscela satura di liquido e vapore in 4, i valori dell’entalpia specifica del liquido saturo e del vapore saturo secco alla pressione nel condensatore possono essere ricavati dalla tabella in pressione delle proprietà dell’acqua satura.
kg / J 10 6182 . 2 kg / kJ 2 . 2618 h kg / J 10 27193 . 0 kg / kJ 93 . 271 h 6 kPa 25 @ v 6 kPa 25 @ ⋅ = = ⋅ = = "
In definitiva, l’entalpia specifica della miscela satura in 4 vale:
(
h h)
2.5760 10 J/kg x h h4 @p 4 v@p @p 6 4 4 4 + − = ⋅ = " "Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto alla caldaia, in cui non sono presenti dispositivi che scambiano lavoro meccanico col fluido, si ottiene:
(
3 2)
caldaia m h h
Q = −
da cui si può ricavare la portata in massa di fluido:
(
)
(
)
14.64 kg/s 10 2739 . 0 10 6901 . 3 10 50 h h Q m 6 6 6 2 3 caldaia = ⋅ − ⋅ ⋅ = − =Applicando alla turbina, che opera adiabaticamente, l’equazione di bilancio di sistema aperto, si ottiene:
(
h h)
m(
h h)
16.3 10 W 16.3 MWm
Lturbina =− 4 − 3 ≡ 3 − 4 = ⋅ 6 =
Il valore ottenuto è positivo in quanto la potenza è erogata verso l’esterno.
Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto alla pompa, che pure opera adiabaticamente, si ottiene:
(
h h)
m(
h h)
29.5 10 W 29.5 kWm
Lpompa = − 2 − 1 ≡ 2 − 1 = ⋅ 3 =
La potenza meccanica netta erogata dal ciclo vale quindi:
MW 3 . 16 W 10 3 . 16 L Lturbina − pompa = ⋅ 6 =
Infine, il rendimento di primo principio del ciclo, dato dal rapporto tra potenza meccanica netta erogata e potenza termica assorbita in caldaia, vale:
% 6 . 32 326 . 0 Q L L caldaia pompa turbina = = −
D.XII. Ciclo frigorifero ideale a R134a
− Problema
Si consideri un sistema di refrigerazione che implementa un ciclo frigorifero ideale con Refrigerante 134a. L’ambiente refrigerato si trova a –4°C, l’ambiente caldo a 35.53°C. La portata in massa del refrigerante è 10 g/s. Determinare:
a) il titolo del fluido frigorifero al termine della laminazione b) la potenza assorbita dal compressore
c) il potere refrigerante del sistema frigorifero
d) il coefficiente di prestazione del sistema frigorifero
Risolvere il problema analiticamente e rappresentare graficamente il processo, indicando inoltre le ipotesi di lavoro formulate.
− Dati
fluido di lavoro: Freon R134a TF = –4°C = 269.15 K TC = 35.53°C = 308.68 K m = 10 g/s = 0.010 kg/s − Determinare Vedi testo. − Ipotesi
Ciclo ideale ⇒ processi internamente reversibili (eccetto la laminazione). Singoli componenti ⇒ sistemi aperti in condizioni stazionarie.
Variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili. Compressore e valvola di laminazione adiabatici.
Nel compressore entra vapore saturo secco, dal condensatore esce liquido saturo.
− Soluzione
L’architettura del sistema ed il ciclo a cui viene sottoposto il fluido di lavoro sono rappresentati di seguito.
Per risolvere il problema, è necessario individuare gli stati del fluido di lavoro all’inizio e alla fine di ogni trasformazione, vale a dire all’ingresso e all’uscita di ogni componente, e
determinare i corrispondenti valori dell’entalpia specifica. Schematizzando i singoli componenti del ciclo come sistemi aperti a due correnti in condizioni stazionari, in cui si trascurano le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell’energia assume per tutti la forma:
L Q h
m∆ = − ⇔ ∆h=q−"
Lo stato in 1 è per ipotesi quello di vapore saturo secco. Pertanto, la pressione di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in temperatura delle proprietà dell’R134a saturo:
C 4 T T1 = evaporatore =− ° ⇒ kg / J 10 24490 . 0 kg / kJ 90 . 244 h h Pa 10 25274 . 0 MPa 25274 . 0 p p 6 T @ v 1 6 T @ sat 1 1 1 ⋅ = = = ⋅ = = =
Poiché il processo di condensazione è isobaro, la pressione in 2, all’uscita del compressore e all’ingresso del condensatore, sarà pari alla pressione di condensazione. Questa può essere desunta dalla temperatura di condensazione impiegando le tabelle delle proprietà dell’R134a saturo. In particolare, si verifica dalla tabella in pressione delle proprietà dell’R134a saturo che: C 53 . 35 Tcondensatore = ° ⇒ p p p 0.90 MPa 0.90 10 Pa 6 C 53 . 35 @ sat 3 2 = = ° = = ⋅
La temperatura al termine della compressione rimane tuttavia incognita. Considerando però che nel compressore, che è un sistema aperto a due correnti operante in condizioni stazionarie, si realizza una compressione adiabatica e reversibile, si ricava dall’equazione di bilancio entropico dei sistemi aperti (cfr. D.V) che la trasformazione è anche isoentropica. Dalla tabella in temperatura delle proprietà dell’R134a saturo si ricava quindi
) K kg /( kJ 9213 . 0 s s s2 = 1 = v@−4°C = ⋅
Dalle tabelle delle proprietà dell’ R134a si ottiene così che, a pressione 0.90 MPa ed entropia 0.9217 kJ/(kg⋅K) (valore questo prossimo a sufficienza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’interpolazione lineare), il vapore surriscaldato alla fine della compressione presenta temperatura pari a 40°C e, quindi, che la sua entalpia specifica vale:
kg / J 10 27125 . 0 kg / kJ 25 . 271 h h2 = @0.90 MPa&40°C = = ⋅ 6
Lo stato in 3 è per ipotesi quello di liquido saturo. Pertanto, la pressione di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in pressione delle proprietà dell’R134a saturo: MPa 90 . 0 p p3 = condensatore = ⇒ h h 99.56 kJ/kg 0.09956 10 J/kg 6 MPa 90 . 0 @ 3 = " = = ⋅
Infine, dall’equazioni di bilancio energetico dei sistemi aperti si ricava che una laminazione adiabatica è anche isoentalpica (cfr. D.IX). Si ha pertanto:
kg / J 10 09956 . 0 kg / kJ 56 . 99 h h4 = 3 = = ⋅ 6
Per ciò che concerne la valutazione del titolo al termine della laminazione, si consideri che per l’entalpia specifica della miscela satura liquido-vapore in 4 vale la relazione:
(
4 4)
4 4 v@T @T T @ 4 h x h h h = " + − "in cui i valori dell’entalpia specifica del liquido saturo e del vapore saturo secco alla temperatura nell’evaporatore possono essere ricavati dalla tabella in temperatura delle proprietà dell’ R134a saturo:
kg / J 10 24490 . 0 kg / kJ 90 . 244 h kg / J 10 04475 . 0 kg / kJ 75 . 44 h 6 C 4 @ v 6 C 4 @ ⋅ = = ⋅ = = ° − ° − "
Da ciò si ricava che il titolo al termine dell’espansione vale: % 27 27 . 0 75 . 44 90 . 244 75 . 44 56 . 99 h h h h x 4 4 4 T @ T @ v T @ 4 4 = = − − = − − = " "
Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto al compressore, che opera adiabaticamente, si ottiene:
(
h h)
m(
h h)
264 Wm
Lcompressore = − 2 − 1 ≡ 2 − 1 =
Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto all’evaporatore, in cui non sono presenti dispositivi che scambiano lavoro meccanico col fluido, si ottiene il potere refrigerante del sistema:
(
h h)
1453 Wm
Qevaporatore = 1 − 4 =
Infine, il coefficiente di prestazione del ciclo, dato dal rapporto tra potenza termica assorbita all’evaporatore e potenza meccanica assorbita dal compressore, vale:
52 . 5 L Q COP e compressor e evaporator = = − Commenti
Negli impianti frigoriferi si cerca di far lavorare ogni parte del sistema (condensatore, evaporatore, ecc.) a pressione maggiore del valore atmosferico, al fine di evitare l’ingresso di aria (che è incondensabile) nei circuiti.
Il coefficiente di prestazione di un ciclo di Carnot inverso operante tra le temperature di evaporazione e di condensazione sarebbe pari a:
81 . 6 15 . 269 68 . 308 15 . 268 T T T T T T COP F C F e evaporator re condensato e evaporator Carnot = − ≡ − = − =
Il valore ottenuto è superiore a quello del ciclo precedentemente analizzato. La causa è nelle irreversibilità associate al desurriscaldamento del vapore all’ingresso del condensatore e nelle irreversibilità interne del processo di laminazione.
D.XIII. Pompa di calore a R134a
− Problema
Si consideri una pompa di calore per climi artici, basata su un ciclo frigorifero ideale impiegante Refrigerante 134a. L’ambiente freddo esterno si trova a temperatura –30°C, mentre l’ambiente da riscaldare deve essere mantenuto ad una temperatura di 25.53°C. Per rendere possibile lo scambio termico, la condensazione deve avvenire ad una temperatura superiore di 10°C a quella dell’ambiente caldo, mentre l’evaporazione deve avvenire ad una temperatura di 10°C inferiore a quella dell’ambiente freddo. Il potere di riscaldamento del sistema deve essere pari a 10 kW. Determinare:
a) il titolo del fluido frigorifero al termine della laminazione b) la portata in massa del fluido frigorifero
c) la potenza assorbita dal compressore
Risolvere il problema analiticamente e rappresentare graficamente il processo, indicando inoltre le ipotesi di lavoro formulate.
− Dati
fluido di lavoro: Freon R134a TF = –30°C TF – Tevaporatore = 10°C TC = 25.53°C Tcondensatore – TC = 10°C re condensato Q = 10 kW = 10⋅103 W − Determinare Vedi testo. − Ipotesi
Ciclo ideale ⇒ processi internamente reversibili (eccetto la laminazione). Singoli componenti ⇒ sistemi aperti in condizioni stazionarie.
Variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili. Compressore e valvola di laminazione adiabatici.
Nel compressore entra vapore saturo secco, dal condensatore esce liquido saturo.
− Soluzione
L’architettura del sistema ed il ciclo a cui viene sottoposto il fluido di lavoro sono rappresentati di seguito.
È immediato verificare che le temperature nell’evaporatore e nel condensatore sono pari a: C 40 Tevaporatore =− ° C 53 . 35 Tcondensatore = °
Per risolvere il problema, è necessario individuare gli stati del fluido di lavoro all’inizio e alla fine di ogni trasformazione, vale a dire all’ingresso e all’uscita di ogni componente, e determinare i corrispondenti valori dell’entalpia specifica. Schematizzando i singoli componenti del ciclo come sistemi aperti a due correnti in condizioni stazionari, in cui si trascurano le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell’energia assume per tutti la forma:
L Q h
m∆ = − ⇔ ∆h=q−"
Lo stato in 1 è per ipotesi quello di vapore saturo secco. Pertanto, la pressione di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in temperatura delle proprietà dell’R134a saturo.
C 40 T T1 = evaporatore =− ° ⇒ kg / J 10 22288 . 0 kg / kJ 88 . 222 h h Pa 10 05164 . 0 MPa 05164 . 0 p p 6 T @ v 1 6 T @ sat 1 3 1 ⋅ = = = ⋅ = = =
Poiché il processo di condensazione è isobaro, la pressione in 2, all’uscita del compressore e all’ingresso del condensatore, sarà pari alla pressione di condensazione. Questa può essere desunta dalla temperatura di condensazione, impiegando le tabelle delle proprietà dell’R134a saturo. In particolare, dalla tabella in pressione delle proprietà si verifica che:
C 53 . 35 Tcondensatore = ° ⇒ p p p 0.90 MPa 0.90 10 Pa 6 C 53 . 35 @ sat 3 2 = = ° = = ⋅
La temperatura al termine della compressione rimane incognita. Considerando però che nel compressore, che è un sistema aperto a due correnti operante in condizioni stazionarie, si realizza una compressione adiabatica e reversibile, si ricava dall’equazione di bilancio entropico dei sistemi aperti (cfr. D.V) che la trasformazione è anche isoentropica. Dalla tabella in temperatura delle proprietà dell’R134a saturo si ricava quindi
) K kg /( kJ 9560 . 0 s s s2 = 1 = v@−40°C = ⋅
Dalle tabelle delle proprietà dell’ R134a si ottiene così che, a pressione 0.90 MPa ed entropia 0.9566 kJ/(kg⋅K) (valore questo prossimo a sufficienza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’interpolazione lineare), il vapore surriscaldato alla fine della compressione presenta temperatura pari a 50°C e, quindi, che la sua entalpia specifica vale:
kg / J 10 28234 . 0 kg / kJ 34 . 282 h h2 = @0.90 MPa&50°C = = ⋅ 6
Lo stato in 3 è per ipotesi quello di liquido saturo. Pertanto, la pressione di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in pressione dell’R134a saturo: MPa 90 . 0 p p3 = condensatore = ⇒ h h 99.56 kJ/kg 0.09956 10 J/kg 6 p @ 3 = " 3 = = ⋅
Infine, dall’equazioni di bilancio energetico dei sistemi aperti si ricava che una laminazione adiabatica è anche isoentalpica (cfr. D.IX). Si ha pertanto:
kg / J 10 09956 . 0 kg / kJ 56 . 99 h h4 = 3 = = ⋅ 6
Per ciò che concerne la valutazione del titolo al termine della laminazione, si consideri che per l’entalpia specifica della miscela satura liquido-vapore in 4 vale la relazione:
(
4 4)
4 4 v@T @T T @ 4 h x h h h = " + − "in cui i valori dell’entalpia specifica del liquido saturo e del vapore saturo secco alla temperatura nell’evaporatore possono essere ricavati dalla tabella in temperatura delle proprietà dell’ R134a saturo:
kg / kJ 88 . 222 h kg / kJ 0 h C 40 @ v C 40 @ = = ° − ° − "
Da ciò si ricava che il titolo al termine dell’espansione vale:
% 48 48 . 0 0 88 . 222 0 56 . 99 h h h h x 4 4 4 T @ T @ v T @ 4 4 − = = − = − − = " "
La portata di fluido può essere ricavata dall’equazione di bilancio di sistema aperto relativa al condensatore: s / kg 055 . 0 10 09956 . 0 10 28234 . 0 10000 h h Q h h Q m 6 6 3 2 re condensato 2 3 re condensato = ⋅ − ⋅ = − ≡ − =
Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto al compressore, che opera adiabaticamente, si ottiene:
(
h h)
m(
h h)
3253 Wm
Lcompressore = − 2 − 1 ≡ 2 − 1 =
Infine, il coefficiente di prestazione della pompa di calore, dato dal rapporto tra potenza termica ceduta al condensatore e potenza meccanica assorbita dal compressore, vale:
07 . 3 L Q COP e compressor re condensato pdc = = − Commenti
Nella pratica, la notevole differenza di temperatura tra ambiente riscaldato ed ambiente freddo esterno comporterebbe un COP effettivo della pompa di calore notevolmente inferiore al valore teorico precedentemente stimato. Inoltre, l’evaporatore è in depressione, il che suggerisce l’opportunità di impiegare un diverso fluido frigorifero.
D.XIV. Miscelazione adiabatica di due correnti
− Problema
Una portata di 150 kg/min di acqua a 6 bar e 50°C viene miscelata con una portata di 90 kg/min di acqua a 6 bar e 200°C. Determinare lo stato dell’acqua in entrambi i casi. Inoltre, sapendo che il processo di miscelazione è stazionario e che il dispositivo in cui la miscelazione avviene presenta pareti termicamente isolate, determinare lo stato della portata d’acqua in uscita, che è estratta dal miscelatore a 6 bar. A tal scopo, si trascurino gli effetti cinetici e potenziali.
− Dati
fluido di lavoro: acqua p1 = 6 bar = 6⋅105 Pa T1 = 50°C p2 = 6 bar = 6⋅105 Pa T2 = 200°C 1 m = 150 kg/min = 2.5 kg/s 2 m = 90 kg/min = 1.5 kg/s p3 = 6 bar = 6⋅105 Pa − Determinare
− Ipotesi
Processo stazionario e adiabatico, effetti cinetici e potenziali trascurabili.
− Soluzione
La pressione di saturazione dell’acqua alla temperatura T1 di 50°C si ricava dalle proprietà tabulate in temperatura per l’acqua satura:
1 T @ sat 1 ,
sat p 12.349 kPa 0.12349 bar p
p
1 = = <
=
Si ha pertanto a che fare con un liquido sottoraffreddato. Per stimarne l’entalpia specifica, occorre conoscere le proprietà del liquido saturo a temperatura T1, che si ricavano da tabella:
kg / J 10 20933 . 0 kg / kJ 33 . 209 h h kg / m 001012 . 0 v v 6 T @ 1 , 3 T @ 1 , 1 1 ⋅ = = = = = " " " "
L’entalpia specifica nello stato 1 vale:
(
p p)
0.2099 10 Pa vh
h1 = ",1+ ",1 1− sat,1 = ⋅ 6
La pressione di saturazione dell’acqua alla temperatura T2 di 200°C si ricava anch’essa da tabella: 2 T @ sat 2 ,
sat p 1.5538 MPa 15.538 bar p
p
2 = = >
=
Si ha pertanto a che fare con un vapore surriscaldato. L’entalpia specifica nello stato 2, a pressione p2 e temperatura T2, si ricava dalle proprietà tabulate in temperatura e pressione per il vapore d’acqua surriscaldato:
kg / J 10 8501 . 2 kg / kJ 1 . 2850 h h2 @p &T 6 2 2 = = ⋅ =
L’equazione di bilancio delle masse per un flusso stazionario a due ingressi (pedici 1 e 2) ed una uscita (pedice 3) presenta forma
0 m 3 1 i i =
∑
=in cui la portata uscente è positiva e quelle entranti sono negative (o viceversa). Ne consegue che la portata in uscita vale:
s / kg 0 . 4 5 . 1 5 . 2 m m m3 = 1 + 2 = + =
L’equazione di bilancio dell’energia presenta forma:
∑
= + + = − 3 1 i i 2 i i i gz 2 w h m L QNel miscelatore non sono presenti dispositivi di pompaggio. Inoltre, le pareti sono termicamente isolate e, quindi, è nullo lo scambio di calore. Trascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell’energia assume la seguente forma semplificata: 0 h m 3 1 i i i =
∑
=In pratica, l’entalpia della corrente in uscita è pari alla media pesata sulle portate in massa delle entalpie in ingresso.
kg / kJ 1200 kg / J 10 200 . 1 m h m h m h 6 3 2 2 1 1 3 = ⋅ = + =
Per stabilire lo stato fisico della corrente 3 di acqua, il valore della sua entalpia specifica va confrontato con quelli del liquido saturo e del vapore saturo secco alla pressione di uscita p3. Tali valori si ricavano dalle proprietà tabulate in pressione per l’acqua satura:
kg / J 10 67056 . 0 kg / kJ 56 . 670 h h ,3 @p 6 3 = = ⋅ = " " kg / J 10 7568 . 2 kg / kJ 8 . 2756 h hv,3 = v@p3 = = ⋅ 6
Il confronto mostra che:
3 , v 3 3 , h h h" < <
Si ha pertanto a che fare con una miscela satura di liquido e vapore. Per individuarne univocamente la qualità, occorre stimarne il titolo, che sarà tale che:
(
v,3 ,3)
3 3 , 3 h x h h h = " + − "In conclusione, il titolo della miscela satura liquido-vapore estratta dal miscelatore vale: % 4 . 25 254 . 0 h h h h x 3 , 3 , v 3 , 3 3 = = − − = " "
D.XV. Miscelazione di tre correnti
− Problema
Ad una portata di 150 kg/min di una miscela satura di liquido e vapore d’acqua con pressione 6 bar e titolo 77% vengono contemporaneamente miscelate una portata di 9 kg/min d’acqua liquida a 6 bar e 50°C ed una portata da stabilire di vapore d’acqua surriscaldato a 20 bar e 500°C. Per conduzione attraverso le pareti del miscelatore si perde verso l’esterno una potenza termica pari a 24 kW. Considerando il processo stazionario e trascurando gli effetti cinetici e potenziali, determinare quanto vale in massa la portata di vapore surriscaldato da immettere nel miscelatore per ottenere in uscita ancora vapore surriscaldato con pressione 4 bar e temperatura 300°C.
− Dati
fluido di lavoro: acqua p1 = 6 bar = 6⋅105 Pa x1 = 77% 1 m = 150 kg/min = 2.5 kg/s p2 = 6 bar = 7⋅105 Pa T2 = 50°C 2 m = 9 kg/min = 0.15 kg/s p3 = 20 bar = 2.0⋅106 Pa =2.0⋅MPa T3 = 500°C pareti Q = 24 kW = 24⋅103 W p4 = 4 bar = 4⋅105 Pa = 0.4 MPa T4 = 300°C
